—¡Un nudo! —dijo Alicia—. ¡Ay, por favor, déjame ayudarte a deshacerlo!

RESPUESTAS AL NUDO I.

Problema.—"Dos viajeros emplean el tiempo desde las 3 hasta las 9 en caminar por un camino llano, subir una colina y regresar a casa: siendo su paso en terreno llano de 4 millas por hora, cuesta arriba de 3 y cuesta abajo de 6. Hallar la distancia recorrida; y también (con un margen de media hora) la hora de llegada a la cima de la colina."

Respuesta.—«24 millas: a las seis y media».

Solución.—Una milla en terreno llano toma ¼ de hora, cuesta arriba ¹⁄₃, cuesta abajo ¹⁄₆. De ahí que ir y volver por la misma milla, ya sea en llano o en la ladera, tome ½ hora. De ahí que en 6 horas recorrieron 12 millas de ida y 12 de vuelta. Si las 12 millas de ida hubiesen sido casi todas en terreno llano, habrían tardado un poco más de 3 horas; si casi todas cuesta arriba, un poco menos de 4. De ahí que 3 horas y media deban estar dentro de un margen de media hora del tiempo empleado en llegar a la cima; así, como salieron a las 3, llegaron allí en un margen de media hora de las 7 menos cuarto.

Han llegado veintisiete respuestas. De estas, 9 son correctas, 16 parcialmente correctas y 2 erróneas. Las 16 dan la distancia correctamente, pero no han comprendido el hecho de que la cima de la colina podría haberse alcanzado en cualquier momento entre las 6 y las 7.

Las dos respuestas incorrectas son de Gerty Vernon y Un nihilista. La primera calcula la distancia en "23 millas", mientras que su compañero revolucionario la sitúa en "27".

Gerty Vernon dice que "tuvieron que recorrer 4 millas por la llanura y llegaron al pie de la colina a las 4 en punto". Podrían haberlo hecho, lo concedo; pero no tienes fundamento para afirmar que lo hicieron. "Había 7½ millas hasta la cima de la colina, y llegaron a ella a un cuarto para las 7 en punto". Aquí te equivocas en la aritmética y debo, por muy a mi pesar, despedirme de ti. 7½ millas, a 3 millas por hora, no requerirían 2¾ horas.

Un nihilista dice: "Sea x el número total de millas; y el número de horas hasta la cima de la colina; ∴ 3y = número de millas hasta la cima de la colina, y x-3y = número de millas del otro lado". Me desconciertas. ¿Del otro lado de qué? "De la colina", dices. Pero entonces, ¿cómo volvieron a casa? Sin embargo, para complacer tus puntos de vista, construiremos un nuevo mesón al pie de la colina en el lado opuesto, y también asumiremos (lo cual te concedo que es posible, aunque no sea necesariamente verdad) que no había ningún camino llano. Incluso entonces te equivocas.

Tú dices "y = 6 - ^{(x - 3y)}⁄₆,            ..... (i);

^x⁄_4½ = 6                        ..... (ii)."

Te concedo (i), pero te niego (ii): se basa en el supuesto de que ir parte del tiempo a 3 millas por hora, y el resto a 6 millas por hora, da el mismo resultado que ir el tiempo entero a 4½ millas por hora. Pero esto solo sería verdad si la "parte" fuera una mitad exacta, es decir, si hubieran subido la cuesta durante 3 horas, y la hubieran bajado durante las otras 3: cosa que ciertamente no hicieron.

Los dieciséis, que tienen parte de razón, son Agnes Bailey, F. K., Fifee, G. E. B., H. P., Kit, M. E. T., Mysie, A Mother's Son, Nairam, A Redruthian, A Socialist, Spear Maiden, T. B. C., Vis Inertiæ y Yak.

De estos, F. K., Fifee, T. B. C. y Vis Inertiæ no intentan la segunda parte en absoluto. F. K. y H. P. no presentan ningún desarrollo. Los demás hacen suposiciones particulares, como que no había camino llano, que había 6 millas de camino llano, y así sucesivamente, lo cual lleva a que se fijen tiempos particulares para llegar a la cima de la colina.

La suposición más curiosa es la de Agnes Bailey, quien dice: «Sea x = número de horas empleadas en el ascenso; entonces ^x⁄₂ = horas empleadas en el descenso; y ^4x⁄₃ = horas empleadas en el terreno llano». Supongo que estabas pensando en las velocidades relativas, cuesta arriba y en llano; las cuales podríamos expresar diciendo que, si recorrieran x millas cuesta arriba en un tiempo determinado, recorrerían ^4x⁄₃ millas en llano en el mismo tiempo. De hecho, has supuesto que tardaron el mismo tiempo en el terreno llano que el que tardaron en ascender la colina.

Fifee supone que, cuando el anciano caballero dijo que habían ido a «cuatro millas por hora» en el terreno llano, quería decir que cuatro millas era la distancia recorrida, y no meramente la velocidad. Esto habría sido —si Fifee me disculpa la expresión vulgar— una «estafa», poco acorde con la dignidad del héroe.

Y ahora, «¡descended, oh Musas clásicas!» que habéis resuelto todo el problema, y dejadme cantar vuestras alabanzas. Vuestros nombres son Blithe, E. W., L. B., A Marlborough Boy, O. V. L., Putney Walker, Rose, Sea Breeze, Simple Susan y Money Spinner. (A estos dos últimos los cuento como uno, ya que envían una respuesta conjunta).

Rose, Simple Susan y Cía. no afirman en realidad que la cima de la colina se alcanzara en algún momento entre las 6 y las 7, pero, como han comprendido claramente el hecho de que una milla, ascendida y descendida, requería el mismo tiempo que dos millas llanas, los marco como «correctos».

A Marlborough Boy y Putney Walker merecen una mención honorífica porque sus soluciones algebraicas son las únicas dos que han percibido que la pregunta conduce a una ecuación indeterminada.

E. W. acusa de falta de veracidad al anciano caballero; ¡una acusación grave, ya que él era el no va más de la caballerosidad! Ella dice: «Según los datos aportados, la hora en la cumbre no ofrece ninguna pista sobre la distancia total. No nos permite precisar al milímetro cuánta carretera era llana y cuánta de montaña».

—Bella doncella —responde el anciano caballero—, si, como sospecho, tus iniciales denotan Juventud Temprana (Early Womanhood), recapacita y piensa que la palabra «permitir» es tuya, no mía. Yo melimits a preguntar la hora de llegada a la cima como condición para seguir parlamentando. Si ahora no concedes que soy un hombre veraz, ¡entonces afirmaré que esas mismas iniciales denotan Maldad Envenenada (Envenomed Wickedness)!

LISTA DE CLASES.

I.

Un muchacho de Marlborough.

Putney Walker.

II.

Alegre.

E. W.

L. B.

O. V. L.

Rosa.

Brisa marina.

{Simple Susan.

{Money-Spinner.

Blithe ha añadido una solución tan ingeniosa al problema, y Susan la Simple y Cía. lo han resuelto en un verso tan melodioso, que consigno ambas respuestas íntegras. He cambiado una o dos palabras en la de Blithe —lo cual confío que sabrá disculpar—; tal como estaba, no parecía del todo clara.

—Espera —dijo el joven, mientras un destello de inspiración iluminaba los relajados músculos de sus rostros apacibles—. Espera. Me parece que importa poco cuándo alcanzamos aquella cumbre, la corona de nuestra fatiga. Pues en el lapso de tiempo en que trepamos una milla y descendimos a saltos la misma a la vuelta, podríamos haber andando ambas en terreno llano. ¡Hemos caminado pesadamente, pues, veinticuatro millas en estas seis mortales horas; pues ni por un momento nos detuvimos a cobrar el aliento fugaz o a contemplar el paisaje que nos rodeaba!

—Muy bien —dijo el viejo—. Doce millas de ida y doce millas de vuelta.

¡Y alcanzamos la cima en algún momento entre las seis y las siete en punto del reloj. ¡Ahora prestad atención! ¡Por cada minuto que había volado desde las seis en punto cuando nos hallábamos en aquella cumbre, tantas millas habíamos penado cuesta arriba por la sombría ladera de la montaña!

El joven gimió y se precipitó al hostal.

Alegre.

Susan la sencilla.

Fábrica de dinero.

RESPUESTAS AL NUDO II.

§ 1. La cena.

Problema.—"El gobernador de Kgovjni quiere dar una cena muy íntima, y para ello invita al cuñado de su padre, al suegro de su hermano, al hermano de su suegro y al padre de su cuñado. Hallar el número de comensales."

Respuesta.—«Uno.»

En esta genealogía, los varones se denotan con mayúsculas, y las mujeres con minúsculas.

El Gobernador es E y su invitado es C.

Se han recibido diez respuestas. De estas, una es errónea, la de Galanthus Nivalis Major, que insiste en invitar a dos invitados, siendo uno de ellos el padre del hermano de la esposa del Gobernador. Si en su lugar hubiera llevado al padre del esposo de su hermana, le habría sido posible reducir los invitados a uno.

De los nueve que envían respuestas correctas, ¡Sea-Breeze es el soplo más leve que jamás haya llevado tal nombre! Simplemente afirma que el tío del Gobernador podría cumplir todas las condiciones «mediante matrimonios mixtos». ¡«Viento del mar del oeste», has tenido una escapada muy por los pelos! ¡Da gracias por aparecer siquiera en la lista de la clase!

Bog-Oak y Bradshaw of the Future utilizan genealogías que requieren 16 personas en vez de 14, al invitar al marido de la hermana del padre del Gobernador en lugar del hermano de la mujer de su padre. No considero que esta solución sea tan buena como una que requiera solo 14.

Caius y Valentine merecen una mención especial por ser los dos únicos que han aportado genealogías.

LISTA DE CLASES.

I.

Abeja.

Cayo.

M. M.

Matthew Matticks.

Viejo Gato.

Valentín.

II.

Roble de los pantanos.

Bradshaw del Futuro.

III.

Brisa marina.

§ 2. El alojamiento.

Problema.—"Un cuadrado tiene 20 puertas en cada lado, el cual contiene 21 partes iguales. Están numeradas alrededor, empezando por una esquina. ¿De cuál de las cuatro, los núms. 9, 25, 52, 73, es la suma de las distancias a las otras tres, la menor?"

Respuesta.—«Del número 9.»

Sea A el N.º 9, B el N.º 25, C el N.º 52 y D el N.º 73.

Luego AB = √(12² + 5²) = √169 = 13;

AC = 21;

AD = √(9² + 8²) = √145 = 12+

(N.B., es decir, "entre 12 y 13").

BC = √(16² + 12²) = √400 = 20;

BD = √(3² + 21²) = √450 = 21+;

CD = √(9² + 13²) = √250 = 15+;

Por tanto, la suma de las distancias desde A está entre 46 y 47; desde B, entre 54 y 55; desde C, entre 56 y 57; desde D, entre 48 y 51. (¿Por qué no «entre 48 y 49»? Averígüenlo por su cuenta). De ahí que la suma sea menor para A.

Se han recibido veinticinco soluciones. De estas, 15 deben ser marcadas con un "0", 5 están parcialmente correctas y 5 correctas.

De los 15, puedo descartar a Alphabetical Phantom, Bog-Oak, Dinah Mite, Fifee, Galanthus Nivalis Major (me temo que la fría primavera ha marchitado a nuestra Campanilla de Invierno), Guy, H.M.S. Pinafore, Janet y Valentine con el simple comentario de que se empeñan en que los desafortunados huéspedes se mantengan en la acera.

(Utilicé las palabras «cruzó al número setenta y tres» con el propósito especial de demostrar que los atajos eran posibles).

Sea-Breeze hace lo mismo, y añade que «el resultado sería el mismo» incluso si cruzaran la Plaza, pero no aporta ninguna prueba de ello.

M. M. dibuja un diagrama y dice que el n.º 9 es la casa, «como muestra el diagrama». No alcanzo a ver cómo lo hace.

Old Cat asume que la casa debe ser el núm. 9 o el núm. 73. Ella no explica cómo calcula las distancias.

La aritmética de BEE es defectuosa: ella hace que √169 + √442 + √130 = 741. (Supongo que te refieres a √741, lo cual estaría un poco más cerca de la verdad. Pero las raíces no se pueden sumar de esta manera. ¿Crees que √9 + √16 es 25, o siquiera √25?)

Pero el estado de Ayr es aún más peligroso: extrae conclusiones ilógicas con una calma espantosa. Tras señalar (con razón) que AC es menor que BD, dice: «por lo tanto, la casa más cercana a las otras tres debe ser A o C». Y de nuevo, tras señalar (con razón) que B y D están ambas dentro del semicuadrado que contiene a A, dice «por lo tanto» AB + AD debe ser menor que BC + CD. (No hay fuerza lógica en ninguno de los dos «por lo tanto». Para el primero, prueba con los núms. 1, 21, 60, 70: esto hará que tu premisa sea verdadera y tu conclusión falsa. Del mismo modo, para el segundo, prueba con los núms. 1, 30, 51, 71).

De las cinco soluciones parcialmente correctas, Rags and Tatters y Mad Hatter (que envían una sola respuesta entre ambos) sitúan el núm. 25 a 6 unidades de la esquina en vez de a 5. Cheam, E. R. D. L. y Meggy Potts dejan aberturas en las esquinas de la Plaza, las cuales no figuran en los datos; además, Cheam aporta valores para las distancias sin dar la menor pista de que son meras aproximaciones.

Crophi y Mophi hacen la audaz e infundada suposición de que en realidad había 21 casas en cada lado, en lugar de 20 como afirma Balbus. «Podemos suponer —añaden— que las puertas de los núms. 21, 42, 63 y 84 son invisibles desde el centro de la Plaza». Me pregunto qué habrá que Crophi y Mophi no estarían dispuestos a suponer.

De los cinco que están completamente en lo cierto, creo que Bradshaw Del Futuro, Caius, Clifton C. y Martreb merecen una mención especial por sus soluciones analíticas completas.

Matthew Matticks elige el núm. 9 y demuestra que es la casa correcta de dos maneras, de forma muy pulcra e ingeniosa, pero no se sabe por qué lo elige. Es una prueba sintética excelente, pero carece del análisis que los otros cuatro aportan.

LISTA DE CLASES.

I.

Bradshaw del Futuro

Cayo.

Clifton C.

Martreb.

II.

Matthew Matticks.

III.

Cheam.

Crophi y Mophi.

E. R. D. L.

Meggy Potts.

{Rags and Tatters.

{El Sombrerero Loco.

Me ha llegado una protesta de Scrutator acerca del Nudo I, el cual declara que «no era ningún problema en absoluto».

«Se plantean dos preguntas —dice—. Para resolver una no hay datos: la otra se responde a sí misma».

En cuanto al primer punto, Scrutator se equivoca; sí hay datos suficientes para responder a la pregunta. En cuanto a lo otro, es interesante saber que la pregunta «se responde a sí misma», y estoy seguro de que eso le hace mucho honor a la pregunta; aun así, temo no poder incluirlo en la lista de ganadores, ya que este concurso solo está abierto a seres humanos.

# RESPUESTAS AL NUDO III.

Problema.—(1) «Dos viajeros, partiendo al mismo tiempo, fueron en dirección opuesta alrededor de un ferrocarril circular. Los trenes salen en cada dirección cada 15 minutos, los de dirección este tardan 3 horas en dar la vuelta, y los de dirección oeste, 2. ¿Cuántos trenes encontró cada uno por el camino, sin contar los trenes encontrados en la propia terminal?» (2) «Dieron la vuelta, como antes, contando cada viajero como "uno" el tren que contenía al otro viajero. ¿Cuántos encontró cada uno?»

Respuestas.—(1) 19. (2) El viajero que iba hacia el este se encontró con 12; el otro con 8.

Los trenes en una dirección tardaban 180 minutos, y en la otra 120. Tomemos el m. c. m., 360, y dividamos el ferrocarril en 360 unidades. Entonces, un grupo de trenes iba a una velocidad de 2 unidades por minuto y a intervalos de 30 unidades; el otro, a una velocidad de 3 unidades por minuto y a intervalos de 45 unidades.

Un tren hacia el este, al partir, tiene 45 unidades entre él y el primer tren que se encontrará: recorre 2 quintas partes de esto mientras que el otro recorre 3 quintas partes, y así se encuentran al cabo de 18 unidades, y así sucesivamente en todo el recorrido.

Un tren hacia el oeste, al partir, tiene 30 unidades entre él y el primer tren que se encontrará: recorre 3 quintas partes de esto mientras que el otro recorre 2 quintas partes, y así se encuentran al cabo de 18 unidades, y así sucesivamente en todo el recorrido.

Por lo tanto, si el ferrocarril se divide, mediante 19 postes, en 20 partes, cada una con 18 unidades, los trenes se encuentran en cada poste y, en (1), cada viajero pasa por 19 postes al dar la vuelta, y por tanto se cruza con 19 trenes. Pero, en (2), el viajero hacia el este solo empieza a contar tras recorrer 2 quintas partes del trayecto, es decir, al llegar al octavo poste, y por tanto cuenta 12 postes; de igual modo, el otro cuenta 8. Se encuentran al cabo de 2 quintas partes de 3 horas, o 3 quintas partes de 2 horas, es decir, 72 minutos.

Se han recibido cuarenta y cinco respuestas. De estas, 12 escapan a toda discusión, ya que no presentan ningún desarrollo. Solo puedo enumerar sus nombres.

• Ardmore, E. A., F. A. D., L. D., Matthew Matticks, M. E. T., Poo-Poo y The Red Queen están totalmente equivocados.
• Beta y Rowena han acertado la (1) y fallado la (2).
• Cheeky Bob y Nairam dan las respuestas correctas, pero tal vez sirva para que el primero sea un poco menos impertinente (cheeky), y para inducir a la segunda a adoptar una perspectiva menos invertida de las cosas, el saber que, si esto hubiera sido un concurso con premio, no habrían obtenido ningún punto.

[Nota bene: No me he atrevido a poner el nombre de E. A. completo, ya que solo lo dio provisionalmente, por si su respuesta resultaba ser correcta].

De las 33 respuestas para las que se muestra el desarrollo, 10 están equivocadas; 11 medio equivocadas y medio acertadas; 3 acertadas, salvo por el hecho de que albergan la ilusión de que fue Clara quien viajó en el tren con dirección este —un detalle que los datos no nos permiten determinar—; y 9 totalmente acertadas.

Las 10 respuestas incorrectas son de Bo-Peep, Financier, I. W. T., Kate B., M. A. H., Q. Y. Z., Sea-Gull, Thistledown, Tom-Quad y una sin firma.

Bo-Peep con razón dice que el viajero con rumbo al este se cruzó con todos los trenes que salieron durante las 3 horas de su viaje, así como con todos los que salieron durante las 2 horas anteriores, es decir, todos los que salieron al comienzo de 20 periodos de 15 minutos cada uno; y tiene razón al descartar el que se cruzó en el momento de la salida; pero se equivoca al descartar el último tren, pues no se cruzó con este en la estación terminal, sino 15 minutos antes de llegar allí.

Comete el mismo error en (2).

Financier thinks that any train, met for the second time, is not to be counted.

I. W. T. encuentra, por un procedimiento que no se enuncia, que los viajeros se encontraron al cabo de 71 minutos y 26½ segundos.

Kate B. piensa que los trenes con los que uno se cruza al salir y al llegar nunca deben contarse, ni siquiera cuando se cruza con ellos en otra parte.

Q. Y. Z. intenta una solución algebraica bastante compleja, y logra hallar correctamente el momento del encuentro: todo lo demás es incorrecto.

Sea-Gull parece creer que, en (1), el tren del este se detuvo durante 3 horas; y dice que, en (2), los viajeros se encontraron al cabo de 71 minutos y 40 segundos.

Thistledown confiesa noblemente no haber hecho ningún cálculo, sino haberse limitado a dibujar un plano del ferrocarril y a contar los trenes; en (1), cuenta mal; en (2) hace que se crucen en 75 minutos.

Tom-Quad omite (1): en (2) hace que Clara cuente el tren que encontró a su llegada.

El que no está firmado tampoco se entiende; ¡afirma que los viajeros recorren «1/24 más que la distancia total que debe atravesarse»!

La teoría de «Clara», a la que ya se ha hecho referencia, es adoptada por 5 de estos, a saber, Bo-Peep, Financier, Kate B., Tom-Quad y el escritor sin nombre.

Las 11 respuestas semiverdaderas son de Bog-Oak, Bridget, Castor, Cheshire Cat, G. E. B., Guy, Mary, M. A. H., Old Maid, R. W. y Vendredi. Todas ellas adoptan la teoría de "Clara". Castor omite la (1). Vendredi acierta la (1), pero en la (2) comete el mismo error que Bo-Peep.

Noto en su solución una maravillosa proporción-suma:—«300 millas: 2 horas :: una milla: 24 segundos».

¿Me atreveré a aconsejarle que adquiera, tan pronto como sea posible, una absoluta incredulidad en la posibilidad de que exista una razón entre millas y horas?

No se desanime por los comentarios sarcásticos de sus dos amigos sobre sus «rodeos». Su método rápido, consistente en sumar 12 y 8, tiene la ligera desventaja de dar una respuesta errónea: ¡hasta un método «con rodeos» es mejor que eso!

M. A. H., en (2), hace que los viajeros cuenten «uno» después de haberse encontrado, no cuando se encontraron. Cheshire Cat y Old Maid obtienen «20» como respuesta para (1), al olvidar tachar el tren encontrado a la llegada. Los demás obtienen «18» de diversas maneras. Bog-Oak, Guy y R. W. dividen los trenes que el viajero que va hacia el oeste tiene a su vez que encontrar en 2 grupos, a saber: los que ya están en la línea, que (con razón) calculan que son «11», y los que salieron durante su viaje de 2 horas (excluyendo el tren encontrado a la llegada), que (erróneamente) calculan que son «7»; y cometen un error similar con el tren que va hacia el este.

Bridget (con razón) dice que el viajero en dirección oeste se cruza con un tren cada 6 minutos durante 2 horas, pero (erróneamente) da el número «20»; debería ser «21».

G. E. B. adopta el método de Bo-Peep, pero (erróneamente) descarta (para el viajero en dirección este) el tren que salió al comienzo de las 2 horas anteriores.

Mary piensa que un tren, con el que se cruza al llegar, no debe contarse, ni siquiera cuando se cruza con él en una ocasión anterior.

Los 3, que tienen toda la razón a excepción de la desafortunada teoría de "Clara", son F. Lee, G. S. C. y X. A. B.

Y ahora «¡descended, vosotros los diez clásicos!», que habéis resuelto todo el problema.

Vuestros nombres son Aix-les-Bains, Algernon Bray (gracias por un comentario amistoso, que llega con una calidez humana que ni siquiera el Atlántico pudo enfriar), Arvon, Bradshaw del Futuro, Fifee, H. L. R., J. L. O., Omega, S. S. G., y Esperando el Tren.

Varios de ellos han metido a Clara, provisionalmente, en el tren del este; pero parece que han comprendido que los datos no deciden ese punto.

LISTA DE CLASES.

I.

Aix-les-Bains.

Algernon Bray.

Bradshaw del Futuro.

Fifee.

H. L. R.

Omega.

S. S. G.

Esperando el tren.

II.

Arvon.

J. L. O.

III.

F. Lee.

G. S. C.

X. A. B.

RESPUESTAS AL NUDO IV.

Problema.—"Hay 5 sacos, de los cuales los números 1 y 2 pesan 12 lbs.; los números 2 y 3, 13½ lbs.; los números 3 y 4, 11½ lbs.; los números 4 y 5, 8 lbs.; los números 1, 3 y 5, 16 lbs. Se requiere el peso de cada saco."

Respuesta.—"5½, 6½, 7, 4½, 3½."

La suma de todas las pesadas, 61 lbs., incluye el saco n.º 3 tres veces y cada uno de los demás dos veces. Deducing el doble de la suma de la 1.ª y la 4.ª pesadas, obtenemos 21 lbs. para el n.º 3 tres veces, es decir, 7 lbs. para el n.º 3.

Por tanto, la 2.ª y la 3.ª pesadas dan 6½ lbs., 4½ lbs. para los n.ºs 2, 4; y por tanto de nuevo, la 1.ª y la 4.ª pesadas dan 5½ lbs., 3½ lbs., para los n.ºs 1, 5.

Se han recibido noventa y siete respuestas. De estas, 15 están fuera de toda discusión, ya que no presentan ningún desarrollo. Solo puedo enumerar sus nombres, y aprovecho esta oportunidad para decir que esta es la última vez que dejaré constancia de los nombres de los competidores que no den ningún tipo de pista sobre el proceso mediante el cual obtuvieron sus respuestas. Al adivinar un acertijo, o al cazar una pulga, no esperamos que el vencedor jadeante nos dé después, en frío, una historia de los esfuerzos mentales o musculares con los que alcanzó el éxito; pero un cálculo matemático es otra cosa. Los nombres de esta banda «muda e ingloriosa» son Common Sense, D. E. R., Douglas, E. L., Ellen, I. M. T., J. M. C., Joseph, Knot I, Lucy, Meek, M. F. C., Pyramus, Shah, Veritas.

De las ochenta y dos respuestas con las que se proporciona el desarrollo, o alguna aproximación a este, una es errónea; diecisiete han dado soluciones que son (por una u otra causa) prácticamente carentes de valor; las sesenta y cuatro restantes trataré de ordenarlas en una lista de méritos, según los distintos grados de concisión y elegancia que parezcan haber alcanzado.

La única respuesta incorrecta es la de Nell. Estar así «sola en la multitud» es una distinción; dolorosa, sin duda, pero una distinción al fin y al cabo. Lo siento por ti, querida señorita, y me parece oír tu exclamación llorosa, al leer estas líneas: «¡Ay! ¡Este es el knell [1] de todas mis esperanzas!».

Vaya, oh, ¿por qué supusiste que la 4.ª y la 5.ª bolsa pesaban 4 libras cada una? ¿Y por qué no comprobaste tus respuestas?

Sin embargo, por favor, inténtalo de nuevo; y por favor, no cambies tu seudónimo: ¡hagamos que Nell esté en la Primera Clase la próxima vez!

Los diecisiete cuyas soluciones carecen prácticamente de valor son Ardmore, A ready Reckoner, Arthur, Bog-Lark, Bog-Oak, Bridget, First Attempt, J. L. C., M. E. T., Rose, Rowena, Sea-Breeze, Sylvia, Thistledown, Three-Fifths Asleep, Vendredi y Winifred.

Bog-Lark lo intenta mediante una especie de «regla del falso», suponiendo de forma experimental que los números 1 y 2 pesan 6 libras cada uno, y habiendo obtenido así 17½, en vez de 16, como el peso de los números 1, 3 y 5, elimina «la libra y media sobrante», pero no explica cómo sabe de cuál de ellos debe restarla.

Three-fifths Asleep dice que (cuando se encontraba en ese estado peculiar) «le pareció perfectamente claro» que, «como 3 de los 5 sacos se pesan dos veces, ²⁄₅ de 45 = 27 debe ser el peso total de los 5 sacos». A lo que solo puedo añadir, junto con el capitán: «¡Me supera por completo!».

Winifred, con el pretexto de que «hay que tener un punto de partida», asume (lo que me temo que es una mera conjetura) que el número 1 pesaba 5½ libras.

El resto lo hace todo, o en parte, basándose en conjeturas.

El problema es, por supuesto (como cualquier algebrista ve de inmediato), un caso de «ecuaciones simples simultáneas». Es, sin embargo, fácilmente soluble solo mediante la Aritmética; y, cuando este es el caso, considero que es un mal trabajo utilizar el método más complejo.

Esta vez no he dado más crédito a las soluciones aritméticas; pero en futuros problemas (siendo todo lo demás igual) daré las máximas calificaciones a quienes utilicen el mecanismo más simple.

He colocado en la Clase I. a aquellos cuyas respuestas parecían especialmente breves y pulcras, y en la Clase III. a las que parecían especialmente largas o torpes.

De este último grupo, A. C. M., Furze-Bush, James, Partridge, R. W. y Waiting for the Train han enviado soluciones largas y divagantes, cuyas sustituciones carecen de un método definido y parecen haberse hecho para ver qué salía de ello. Chilpome y Dublin Boy omiten parte del procedimiento. Arvon Marlborough Boy solo halla el peso de un saco.

LISTA DE CLASES

I.

B. E. D.

C. H.

Constance Johnson.

Greystead.

Tipo.

Abubilla.

J. F. A.

M. A. H.

Número Cinco.

Pedro.

R. E. X.

Siete viejos.

Vis Inertiæ.

Willy B.

¡Yahoo!

II.

Suscipor estadounidense.

Una maestra agradecida.

Ayr.

Bradshaw del Futuro.

Cheam.

C. M. G.

Dinah Mite.

Ala de pato.

E. C. M.

E. N. Lowry.

Era.

Euroclidón.

F. H. W.

Fifee.

G. E. B.

Arlequín.

Espino blanco.

Hough Green.

J. A. B.

Jack Tar.

J. B. B.

Kgovjni.

Marinero de agua dulce.

L. D.

Urraca.

Mary.

Mhruxi.

Minnie.

Mina de oro.

Nairam.

Viejo Gato.

Polichinela.

Susan la sencilla.

S. S. G.

Thisbe.

Verena.

Wamba.

Wolfe.

Wykehamicus.

Y. M. A. H.

III.

A. C. M.

Arvon Marlborough Boy.

Chilpome.

Chico de Dublín.

Argoma.

James.

Perdiz.

R. W.

Esperando el tren.

RESPUESTAS AL NUDO V.

Problema.—Calificar cuadros, dando 3 x a 2 o 3, 2 a 4 o 5, y 1 a 9 o 10; dando también 3 o a 1 o 2, 2 a 3 o 4, y 1 a 8 o 9; de modo que se califique el menor número posible de cuadros, y se les dé el mayor número posible de calificaciones.

Respuesta.—10 imágenes; 29 marcas; dispuestas así:—

Solución.—Dando todas las $x$ posibles, poniendo entre corchetes las opcionales, obtenemos 10 imágenes marcadas así:—

Al asignarles luego os de la misma manera, empezando por el otro extremo, obtenemos 9 figuras marcadas así:—

Todo lo que tenemos que hacer ahora es acercar estas dos cuñas tanto como sea posible, de modo que obtengamos el número mínimo de cuadros —borrando las marcas opcionales cuando al hacerlo podamos acercarlas más, pero dejándolas tal cual en caso contrario—. Hay 10 marcas necesarias en la 1.ª fila y en la 3.ª; pero solo 7 en la 2.ª. Por lo tanto, borramos todas las marcas opcionales en la 1.ª y la 3.ª filas, pero las dejamos en la 2.ª.

Se han recibido veintidós respuestas. De estas, 11 no incluyen el procedimiento; por lo tanto, de acuerdo con lo que anuncié en mi última revisión de respuestas, omito sus nombres y me limito a mencionar que 5 son correctas y 6 incorrectas.

De las once respuestas en las que se proporciona algún desarrollo, 3 son incorrectas.

C. H. empieza con la temeraria afirmación de que, dadas las condiciones, «la suma es imposible. Porque —añade (estos corresponsales con iniciales son seres penosamente vagos con los que tratar: tal vez "ello" sería un pronombre mejor)—, 10 es el menor número posible de imágenes» (concedido): «por lo tanto, debemos dar o bien 2 x a 6, o 2 o a 5».

¿Por qué «debemos», oh fantasma alfabético? ¡En ninguna parte está decretado que cada imagen «deba» tener 3 marcas!

Fifee nos envía una página entera de soluciones, que merecía mejor suerte: ofrece 3 respuestas, en cada una de las cuales hay 10 imágenes marcadas, con 30 marcas; en una pone 2 equis a 6 imágenes; en otra a 7; en la 3ª pone 2 círculos a 5; ignorando así en todos los casos las condiciones.

(Hago una pausa para señalar que la condición "2 equis a 4 o 5 imágenes" solo puede significar "o bien a 4 o bien a 5": si, como sostiene un concursante, pudiera significar cualquier número no menor que 4, las palabras "o 5" serÍan superfluas.)

I. E. A. (Me alegra decir que ninguno de estos fantasmas sin sangre aparece esta vez en la lista de la clase. ¿Será IDEA a la que le falta la "D"?) le da 2 cruces a 6 dibujos.

Luego me reprende por usar la palabra "ought" en lugar de "nought". Sin duda, para alguien que se rebela así contra las reglas establecidas para su guía, la palabra debe resultar desagradable.

¿Pero no recuerda I. E. A. el caso paralelo de "adder"? Esa criatura era originalmente "a nadder": luego las dos palabras se dedicaron a pasarse la pobre "n" de un lado a otro como un volante, siendo el estado final del juego "an adder".

¿No puede haberse convertido de manera similar "a nought" en "an ought"? De todos modos, "oughts and crosses" es un juego muy antiguo. Creo que nunca lo he oído llamar "noughts and crosses".

En la siguiente lista de la clase, espero que la solitaria ocupante de la clase III afile sus garras —perdón, las guarde— cuando se enterue del estrecho margen con el que se ha librado de no aparecer siquiera nombrada. Su explicación del proceso mediante el cual obtuvo la respuesta es tan escueta que, al igual que el cuento infantil de «Jack-a-Minory» (confío en que I. E. A. sea clemente con la ortografía), apenas se distingue de un «cero».

LISTA DE CLASES.

I.

Tipo.

Viejo Gato.

Brisa marina.

II.

Ayr.

Bradshaw del Futuro.

F. Lee.

H. Vernon.

III.

Gato.

RESPUESTAS AL NUDO VI.

Problema 1.—A y B comenzaron el año con solo 1.000l. cada uno. No pidieron nada prestado; no robaron nada. El próximo día de Año Nuevo tenían 60.000l. entre los dos. ¿Cómo lo hicieron?

Solución.—Fueron ese día al Banco de Inglaterra. A se puso delante de él, mientras que B dio la vuelta y se puso detrás.

Se han recibido dos respuestas, ambas muy dignas de honor.

• Addlepate hace que pidan prestado un «0» y se roben un «0», y utiliza ambas cifras colocándolas en el extremo derecho de los 1.000l., produciendo así 100.000l., lo cual supera con creces la marca.
• Pero (o para expresarlo en latín) At Spes infracta lo ha resuelto de manera aún más ingeniosa: con la primera cifra convierte el «1» de los 1.000l. en un «9», y añade el resultado a la suma original, obteniendo así 10.000l.: y en este, mediante el otro «0», convierte el «1» en un «6», acertando así con los 60.000l. exactos.

LISTA DE CLASES

I.

At Spes Infracta.

II.

Bobalicón.

Problema 2.—L hace 5 bufandas, mientras que M hace 2: Z hace 4 mientras que L hace 3. Cinco bufandas de Z pesan lo que una de L; 5 de M pesan lo que 3 de Z. Una de M abrigará tanto como 4 de Z: y una de L tanto como 3 de M. ¿Cuál es la mejor, dando igual peso en el resultado a la rapidez del trabajo, la ligereza y el abrigo?

Respuesta.—El orden es M, L, Z.

Solución.—En cuanto a la rapidez (siendo las demás cosas constantes), el mérito de L es al de M en la proporción de 5 a 2; el de Z al de L en la proporción de 4 a 3. Para obtener un conjunto de 3 números que cumplan estas condiciones, tal vez lo más simple sea tomar como unidad el que aparece dos veces, y reducir los demás a fracciones: esto da, para L, M y Z, las calificaciones 1, ²⁄₅, ²⁄₃.

Al estimar la ligereza, observamos que a mayor peso, menor mérito, de modo que el mérito de Z es al de L como 5 a 1. Así pues, las calificaciones para la ligereza son ¹⁄₅, ²⁄₃, 1. Y de manera similar, las calificaciones para la calidez son 3, 1, ¼.

Para obtener el resultado total, debemos multiplicar entre sí las 3 calificaciones de L, y hacer lo mismo para M y para Z. Los números finales son 1 × ¹⁄₅ × 3, ²⁄₅ × ²⁄₃ × 1, ²⁄₃ × 1 × ¼; es decir, ³⁄₅, ²⁄₃, ¹⁄₃; es decir, multiplicando todo por 15 (lo cual no alterará la proporción), 9, 10, 5; lo que muestra que el orden de mérito es M, L, Z.

Se han recibido veintinueve respuestas, de las cuales cinco son correctas y veinticuatro erróneas. Todos estos infelices concursantes (con tres excepciones) han caído en el error de sumar los números proporcionales de cada candidato, en lugar de multiplicarlos.

Por qué lo segundo es correcto, y no lo primero, está plenamente demostrado en los manuales, así que no ocuparé espacio explicándolo aquí; pero puede ilustrarse muy fácilmente con el caso de la longitud, la anchura y la profundidad.

Supongamos que A y B son excavadores rivales de estanques rectangulares: la cantidad de trabajo realizado se mide evidentemente por el número de pies cúbicos excavados.

• Que A cave un estanque de 10 pies de largo, 10 de ancho y 2 de profundidad;
• que B cave uno de 6 pies de largo, 5 de ancho y 10 de profundidad.

El contenido cúbico es de 200 y 300, es decir, B es el mejor excavador en una proporción de 3 a 2. ¡Intentemos ahora calificar la longitud, la anchura y la profundidad por separado, asignando una nota máxima de 10 al mejor en cada concurso y sumando después los resultados!

De los veinticuatro malhechores, uno no da resultado alguno y, por tanto, no tiene derecho real a ser nombrado; pero quebranto la regla por esta vez, en deferencia a su éxito en el Problema 1: él, ella o eso es Addlepate [Tontaina]. Los otros veintitrés pueden dividirse en cinco grupos.

El primero y peor es, a mi juicio, el de aquellos que sitúan al legítimo ganador en el último lugar, ordenándolos como «Lolo, Zuzu, Mimi».

Los nombres de estos desesperados malhechores son Ayr, Bradshaw del Futuro, Tojo y Pólux (que envían una respuesta conjunta), Greystead, Guy, Vieja Gallina y Simple Susan.

Esta última fue en su día la mejor de todas; la Vieja Gallina se ha aprovechado de su sencillez y la ha seducido con la paja que fue la ruina de su propia infancia avícola.

En segundo lugar, señalo con el dedo de la desprecio a aquellos que han puesto al peor candidato en la cima; disponiéndolos como "Zuzu, Mimi, Lolo". Son Graecia, M. M., Old Cat y R. E. X. "'Tis Greece, but——."

El tercer grupo ha evitado ambas enormidades y hasta ha logrado poner lo peor al final; su respuesta es «Lolo, Mimi, Zuzu». Sus nombres son Ayr (que también figura entre los «demasiado requetebién»), Clifton C., F. B., Fifee, Grig, Janet y la señora Sairey Gamp.

F. B. no ha caído en el error común; ella multiplica entre sí los números proporcionales que obtiene, pero al obtenerlos se equivoca, al considerar la calidez como un démerito. Posiblemente esté «Recién Quemada» («Freshly Burnt») o proceda «De Bombay» («From Bombay»).

Janet y la señora Sairey Gamp también han evitado este error; el método que han adoptado está envuelto en el misterio: apenas me siento capaz de criticarlo.

• La señora Gamp dice que «si Zuzu hace 4 mientras Lolo hace 3, Zuzu hace 6 mientras Lolo hace 5 (mal razonamiento), mientras que Mimi hace 2». A partir de esto concluye que «por lo tanto, Zuzu sobresale en velocidad por 1» (es decir, en comparación con Lolo; pero ¿qué pasa con Mimi?). Luego compara los 3 tipos de excelencia, medidos en esta escala mística.
• Janet toma la afirmación de que «Lolo hace 5 mientras Mimi hace 2» para demostrar que «Lolo hace 3 mientras Mimi hace 1 y Zuzu 4» (razonamiento peor que el de la señora Gamp), ¡y a partir de ahí concluye que «Zuzu sobresale en velocidad por ¹⁄₈»!

Janet debería haberse llamado Adeline: «¡misterio de misterios!».

El cuarto juego puso en realidad a Mimi en la cabeza, organizándolas como «Mimi, Zuzu, Lolo». Son Marquis and Co., Martreb, S. B. B. (la inicial del nombre apenas legible: puede ser que corresponda a una «J») y Stanza.

El quinto grupo consta de un Pez anciano y un Camello. Estos mal avenidos compañeros, a fuerza de aleta y pezuña, han llegado a trompicones a la respuesta correcta, pero, como su método es erróneo, por supuesto no cuenta para nada.

Asimismo, el Pez anciano tiene ideas muy antiguas y pisciformes sobre cómo los números representan el mérito: dice «Lolo gana 2½ a Mimi».

¿Dos y medio qué?, pez, pez, ¿estás cumpliendo con tu deber?

De los cinco ganadores, sitúo a Balbus y al Viajero mayor un poco por debajo de los otros tres: a Balbus por razonamiento defectuoso, al otro por un trabajo escaso. Balbus da dos razones para afirmar que la suma de las marcas no es el método correcto, y luego añade: «de ello se deduce que la decisión debe tomarse multiplicando las marcas entre sí». Esto no es mucho más lógico que decir: «Esto no es Primavera; por lo tanto, debe de ser Otoño».

LISTA DE CLASES.

I.

Dinah Mite.

E. B. D. L.

Joram.

II.

Balbo.

El Viajero Anciano.

Por lo que se refiere al nudo V., ruego expresar a Vis Inertiæ y a cualesquiera otros que, al igual que ella, hayan entendido que la condición era que cada cuadro marcado debía tener tres marcas, mi más sincero pesar por que la desafortunada frase «llenad las columnas con ceros y cruces» les haya hecho perder tanto tiempo y esfuerzo. Solo puedo reiterar que una interpretación literal de «llenad» me parecería exigir que todos los cuadros de la galería estuvieran marcados. Vis Inertiæ habría estado en la Primera Clase de haber enviado la solución que ahora ofrece.

RESPUESTAS AL NUDO VII.

Problema.—Sabiendo que un vaso de limonada, 3 sándwiches y 7 bizcochos cuestan 1s. 2d.; y que un vaso de limonada, 4 sándwiches y 10 bizcochos cuestan 1s. 5d.; hállese el coste de (1) un vaso de limonada, un sándwich y un bizcocho; y (2) 2 vasos de limonada, 3 sándwiches y 5 bizcochos.

Respuesta.—(1) 8d.; (2) 1s. 7d.

Solución.—Esto se resuelve mejor algebraicamente. Sea x el costo (en peniques) de un vaso de limonada, y el de un sándwich, y z el de una galleta. Entonces tenemos x + 3y + 7z = 14, y x + 4y + 10z = 17. Y necesitamos los valores de x + y + z, y de 2x + 3y + 5z. Ahora bien, a partir de dos ecuaciones solamente, no podemos hallar, por separado, los valores de tres incógnitas; sin embargo, sí se pueden hallar ciertas combinaciones de ellas. Sabemos también que podemos, con la ayuda de las ecuaciones dadas, eliminar 2 de las 3 incógnitas de la cantidad cuyo valor se requiere, la cual contendrá entonces una sola. Si, por lo tanto, el valor requerido puede determinarse en absoluto, solo podrá ser mediante la anulación espontánea de la 3.ª incógnita; de lo contrario, el problema es imposible.

Eliminemos pues la limonada y los sándwiches, y reduzcamos todo a galletas —un estado de cosas aún más deprimente que «si todo el mundo fuese pastel de manzana»— restando la 1.ª ecuación de la 2.ª, lo cual elimina la limonada y da y + 3z = 3, o y = 3-3z; y luego, sustituyendo este valor de y en la 1.ª, lo que da x-2z = 5, es decir, x = 5 + 2z. Ahora bien, si sustituimos estos valores de x, y, en las cantidades cuyos valores se piden, la primera se convierte en (5 + 2z) + (3-3z) + z, es decir, 8: y la segunda se convierte en 2(5 + 2z) + 3(3-3z) + 5z, es decir, 19. Por tanto, las respuestas son (1) 8d., (2) 1s. 7d.

El método anterior es universal: es decir, es absolutamente seguro ya sea que produzca la respuesta, o que demuestre que ninguna respuesta es posible.

El problema también puede resolverse combinando las cantidades cuyos valores se dan, de modo que se formen aquellas cuyos valores se requieren. Esto es meramente una cuestión de ingenio y buena suerte: y como puede fallar, incluso cuando la cosa es posible, y no sirve de nada para demostrar que es imposible, no puedo considerar este método como de igual valor que el otro.

Incluso cuando tiene éxito, puede resultar un proceso muy tedioso. ¡Supóngase que los 26 competidores, que han enviado lo que puedo llamar soluciones accidentales, hubieran tenido que vérselas con un problema en el que cada número contuviera 8 o 10 dígitos! Sospecho que se habría cumplido aquello de «plateado es el cabello del cuervo» (véase «Patience») antes de que el más ingenioso de ellos hubiera dado con alguna solución.

Han llegado cuarenta y cinco respuestas, de las cuales 44 ofrecen, me alegra decirlo, algún tipo de desarrollo, y por lo tanto merecen ser mencionadas por su nombre y ver discutidas sus virtudes o sus vicios, según sea el caso.

Trece han hecho suposiciones a las que no tienen derecho, por lo que no pueden figurar en la lista de méritos, aun cuando, en 10 de los 13 casos, la respuesta sea correcta.

De las 28 restantes, nada menos que 26 han enviado soluciones accidentales y, por consiguiente, se quedan cortas para alcanzar los máximos honores.

Ahora abordaré los casos individuales, empezando por los peores, como es mi costumbre.

Froggy no da ningún procedimiento—al menos esto es todo lo que da: tras enunciar las ecuaciones dadas, dice «por tanto, la diferencia, 1 sándwich + 3 bizcochos, = 3 d.»: luego siguen las cantidades de las cuentas desconocidas, sin más indicios de cómo las obtuvo. ¡Froggy se ha librado por los pelos de no ser nombrado en absoluto!

De los que están equivocados, Vis Inertiæ ha enviado una serie de cálculos incorrectos. ¡Examinad los espeluznantes detalles y temblad! Toma x (llamémosla "y") como el coste de un sándwich, y concluye (con toda razón) que una galleta costará (3-y)/3. A continuación, resta la segunda ecuación de la primera, y deduce 3y + 7 × (3-y)/3-4y + 10 × (3-y)/3 = 3.

Cometiendo dos errores en esta línea, obtiene y = ²⁄₂. ¡Inténtalo de nuevo, oh Vis Inertiæ! ¡Fuera Inertiæ: infunde un poco más de Vis; y obtendrás el resultado correcto (aunque poco interesante): 0 = 0!

Esto os demostrará que es inútil intentar persuadir a cualquiera de estas 3 incógnitas para que revele su valor individual. El otro competidor, que está totalmente equivocado, es J. M. C. o T. M. C.: pero, ya sea un Joven Mal-Calculador o un Matemático Verdadero Confundido, obtiene como respuestas 7d. y 1s. 5d. ¡Asume, con Demasiada Confianza (Too Much Confidence), que las galletas costaban ½d. cada una, y que Clara pagó 8, aunque solo se comió 7!

Consideraremos ahora los 13 cuyo procedimiento es erróneo, aunque la respuesta sea correcta; y, para no medir sus deméritos con demasiada exactitud, los tomaré en orden alfabético.

Anita deduce (acertadamente) que «1 sándwich y 3 galletas cuestan 3 d.», y continúa «por tanto, 1 sándwich = 1½ d., 3 galletas = 1½ d., 1 limonada = 6 d.»

Dinah Mite comienza como Anita: y a partir de ahí demuestra (con razón) que un bizcocho cuesta menos de 1d.; de lo que deduce (sin razón) que debe de costar ½d.

F. C. W. se resigna tan bellamente a la certeza de un veredicto de «culpable», que apenas tengo el valor de pronunciar la palabra sin añadir un «con recomendación de clemencia debido a circunstancias atenuantes».

Pero de verdad, ya sabéis, ¿dónde están las circunstancias atenuantes? Empieza asumiendo que la limonada cuesta 4d. el vaso, y los sándwiches 3d. cada uno (¡lo que hace, con las 2 ecuaciones dadas, cuatro condiciones que deben cumplir tres miserables incógnitas!). Y, tras (naturalmente) desarrollar esto hasta llegar a una contradicción, prueba entonces con 5d. y 2d. con un resultado similar.

(Nota bene: Este proceso podría haberse prolongado durante todo el periodo terciario, sin satisfacer a un solo Megaterio.)

Luego, mediante una «feliz ocurrencia», prueba con bizcochos de medio penique, y obtiene así un resultado coherente. Esta puede ser una buena solución si se ve el problema como un acertijo, pero no es científica.

¡Janet identifica los sándwiches con galletas!

«Un sándwich + 3 galletas» lo hace igual a «4».

¿Cuatro qué?

Mayfair hace la asombrosa afirmación de que la ecuación, s + 3b = 3, «¡es evidentemente solo satisfecha por s = ²⁄₂, b = ½»!

Old Cat cree que la suposición de que un sándwich cuesta 1½d. es "la única manera de evitar fracciones ingobernables". Pero ¿por qué evitarlas? ¿Acaso no hay cierto fulgor de triunfo en domar semejante fracción?

"Damas y caballeros, la fracción que tienen ahora ante ustedes es una que durante años desafió todo esfuerzo de índole refinada: era, en una palabra, irremediablemente vulgar. Tratarla como un decimal periódico (la cinta de correr de las fracciones) solo empeoró las cosas. Como último recurso, ¡la reduje a su mínima expresión y le extraje la raíz cuadrada!"

Bromas aparte, permítanme agradecer a Old Cat unas palabras de simpatía muy amables, en referencia a un corresponsal (cuyo nombre, me alegra decir, ya he olvidado) que me había reprochado ser un crítico descortés.

O. V. L. excede mi comprensión. Toma las ecuaciones dadas como (1) y (2): a partir de ahí, mediante el proceso [(2)-(1)] deduce (correctamente) la ecuación (3), a saber, s + 3b = 3: y a partir de ahí nuevamente, mediante el proceso [×33] (un misterio desesperado), deduce 3s + 4b = 4. No tengo nada que decir al respecto: me rindo.

Sea-Breeze dice que «es indiferente para la respuesta» (¿por qué?) «en qué proporción se divide 3d. entre el sándwich y las 3 galletas»: por lo que asume que s = 1½d., b = ½d.

Stanza es de una métrica muy irregular. Al principio ella (como Janet) identifica los sándwiches con las galletas. Luego prueba dos supuestos (s = 1, b = ²⁄₃, y s = ½ b = ²⁄₆) y (como es natural) termina en contradicciones. Después regresa al primer supuesto y halla las 3 incógnitas por separado: quod est absurdum.

Stiletto identifica los sándwiches y las galletas como «artículos». ¿Se usa alguna vez esta palabra entre los confiteros? Me figuraba que la frase «¿Cuál es el artículo siguiente, señora?» se limitaba a los lenceros.

Dos hermanas primero suponen que las galletas están a cuatro por un penique, y luego que están a dos por un penique, añadiendo que "la respuesta será, por supuesto, la misma en ambos casos".

Es un comentario soñador, que hace que uno se sienta algo así como Macbeth intentando agarrar la daga espectral. «¿Es esto una afirmación lo que veo ante mí?».

Si tú dijeras «ambos caminamos por el mismo camino esta mañana», y yo dijera «uno de ustedes caminó por el mismo camino, pero el otro no», ¿cuál de los tres estaría más irremediablemente confundido?

Turtle Pyate (¿qué es exactamente un Turtle Pyate?, por favor) y Old Crow, que envían una respuesta conjunta, y Y. Y., adoptan el mismo método.

Y. Y. obtiene la ecuación s + 3b = 3 y luego dice «esta suma debe repartirse de una de las tres maneras siguientes». Puede ser así, se lo concedo; pero Y. Y., ¿dice usted «debe»? Temo que sea posible que Y. Y. sean dos Y.

Los otros dos conspiradores son menos categóricos: dicen que «puede» dividirse de ese modo, ¡pero añaden «siendo cualquiera de los tres precios el correcto»! ¡Esto es mala gramática y mala aritmética a la vez, oh misteriosos pájaros!

De los que obtienen honores, el Shetland Snark debe de tener la 3.ª clase para él solito. Solo ha respondido a la mitad de la pregunta, a saber: el coste del almuerzo de Clara; a las dos viejecitas las deja sin piedad en mitad de su «dificultad».

Le ruego que tenga la seguridad (con agradecimiento por sus amables observaciones) de que las cuotas de inscripción y las suscripciones son cosas desconocidas en ese club de máxima economía: «Los Desatadores de Nudos».

Los autores de las 26 soluciones «accidentales» solo difieren en el número de pasos que han dado entre los datos y las respuestas. Para hacerles plena justicia, he dispuesto la 2.ª clase en secciones, según el número de pasos.

¡Los dos Reyes son terriblemente deliberados! Supongo que caminar rápido, o tomar atajos, es incompatible con la dignidad real; pero en verdad, al leer la solución de Teseo, ¡uno casi se imaginaba que estaba «marcando el paso», sin avanzar nada en absoluto!

El otro Rey me perdonará, espero, por haber cambiado «Coal» por «Cole». El rey Coilus, o Coil, parece haber reinado poco después de la época de Arturo. Enrique de Huntingdon lo identifica con el rey Coël, que fue el primero en construir murallas alrededor de Colchester, ciudad nombrada en su honor. En la Crónica de Robert of Gloucester leemos:—

Balbus establece como principio general que «para averiguar el coste de un almuerzo cualquiera, debe dar el mismo resultado bajo dos suposiciones diferentes». (Pregunta: ¿No debería decir «nosotros» en lugar de «ello»? De lo contrario, ¡el almuerzo queda representado como si deseara averiguar su propio coste!)

A continuación, hace dos suposiciones: una, que los sándwiches no cuestan nada; la otra, que las galletas no cuestan nada (¡cualquiera de las dos disposiciones haría que la tienda se abarrotara de forma incosteable!), y arroja los almuerzos desconocidos como 8d. y 19d. en cada suposición. Luego concluye que esta coincidencia de resultados «demuestra que las respuestas son correctas».

Ahora propongo refutar su ley general dando simplemente un caso en el que falla. Un solo caso es más que suficiente. En el lenguaje de la lógica, para refutar una «afirmativa universal», basta con probar su contradictoria, que es una «negativa particular». (Debo hacer una pausa para una digresión sobre la Lógica, y especialmente sobre la Lógica de las Damas. La afirmativa universal «todo el mundo dice que es un encanto» queda destrozada al instante con solo probar la negativa particular «Pedro dice que es un tonto», lo que equivale a «Pedro no dice que es un encanto». Y la negativa universal «nadie la visita» se rebate adecuadamente con la afirmativa particular «Yo la visité ayer». En resumen, cualquiera de dos contradictorias refuta a la otra; y la moraleja es que, dado que una proposición particular se prueba mucho más fácilmente que una universal, lo más prudente, al discutir con una Dama, es limitar las propias afirmaciones a «particulares» y dejar que ella pruebe la contradictoria «universal», si es capaz. De este modo, por lo general se asegurará una victoria lógica; no hay que esperar una victoria práctica, ya que ella siempre puede recurrir al aplastante comentario «¡eso no tiene nada que ver!», un movimiento para el cual el Hombre todavía no ha descubierto ninguna respuesta satisfactoria. Ahora volvamos a Balbus).

He aquí mi «negativa particular», sobre la cual poner a prueba su regla.

Supongamos que los dos almuerzos registrados hayan sido «2 bollos, un pastelito de reina, 2 rollitos de salchicha y una botella de Zoëdone: total, un chelín y nueve peniques», y «un bollo, 2 pastelitos de reina, un rollito de salchicha y una botella de Zoëdone: total, un chelín y cuatro peniques».

Y supongamos que el almuerzo desconocido de Clara haya sido «3 bollos, un pastelito de reina, un rollito de salchicha y 2 botellas de Zoëdone»; mientras que las dos hermanitas se habían estado dando el capricho de «8 bollos, 4 pastelitos de reina, 2 rollitos de salchicha y 6 botellas de Zoëdone». (¡Pobres almas, qué sed debían tener!)

Si Balbus tiene a bien probar esto mediante su principio de «dos suposiciones», suponiendo primero que un bollo cuesta 1d. y un pastelito de reina 2d., y luego que un bollo cuesta 3d. y un pastelito de reina 3d., obtendrá los otros dos almuerzos, bajo cada suposición, como de «un chelín y nueve peniques» y «cuatro chelines y diez peniques» respectivamente, cuya armonía de resultados, dirá él, «demuestra que las respuestas son correctas».

Y sin embargo, a decir verdad, los bollos costaban 2d. cada uno, los pastelitos de reina 3d., los rollitos de salchicha 6d., y el Zoëdone 2d. la botella: ¡de modo que el tercer almuerzo de Clara había costado un chelín y siete peniques, y sus sedientas amigas se habían gastado cuatro chelines y cuatro peniques!

Otra observación de Balbus citaré y comentaré: pues creo que esta también puede proporcionar una moraleja para algunos de mis lectores. Él dice: «es esencialmente lo mismo que al resolver este problema usemos palabras y lo llamemos Aritmética, o usemos letras y signos y lo llamemos Álgebra».

Ahora bien, esto no me parece una descripción correcta de los dos métodos: el método aritmético es exclusivamente de «síntesis»; va de un hecho conocido a otro, hasta que alcanza su meta: mientras que el método algebraico es de «análisis»: comienza con la meta, representada simbólicamente, y así retrocede, arrastrando consigo a su víctima en velo, hasta que ha alcanzado la plena luz del día de los hechos conocidos, en la cual puede arrancarle el velo y decir: «¡Te conozco!».

Tomemos una ilustración. Han entrado a robar en su casa y usted acude al policía que estaba de servicio esa noche.

«Bueno, señora, sí vi a un tipo trepando por el muro de su jardín, pero estaba bastante lejos, así que no me puse a perseguirlo, digamos. Simplemente tomé el atajo hacia The Chequers, y a quién iba a encontrar sino a Bill Sykes, que venía a toda pastilla doblando la esquina. Así que voy y le digo: "Muchacho, te reclaman". Eso es todo lo que le digo. Y él me dice: "Iré tranquilo, agente —dice—, sin las esposas", dice».

Ahí tiene al policía aritmético. Ahora pruebe con el otro método.

«Yo vi a alguien corriendo, pero ya se había largado bien antes de que yo me arrimara al lugar. Así que me puse a echar un vistazo por el jardín. Y me fijé en las pisadas, por donde el tipo había cruzado de lado a lado sus arriates. Eran unas pisadas bien grandotas, sin duda. Y me fijé en que el pie izquierdo se hundía en el talón muchísimo más que el otro. Y me dije a mí mismo: "El tipo ha sido un fulano grandulón y abultado, y cojea del pie izquierdo". Y me pasé la mano por el muro por donde había saltado, y había hollín en él, y no quepa duda. Así que me dije a mí mismo: "A ver dónde puedo dar yo con un hombre grandote, del gremio de los deshollinadores, que cojee de un pie". Y se me encendió la bombilla de repente, y dije: "¡Es Bill Sykes!", me dije».

Ahí tiene al policía algebraico, un tipo intelectual más elevado, a mi parecer, que el otro.

La solución del pequeño Jack merece una palabra de elogio, ya que ha escrito lo que en realidad es una demostración algebraica con palabras, sin representar ninguno de sus datos en forma de ecuaciones. Si es totalmente obra suya, llegará a ser un buen algebrista en el futuro.

Ruego que se agradezca a Simple Susan sus amables palabras de simpatía, en el mismo sentido que las recibidas de Old Cat.

Hecla y Martreb son los únicos dos que han utilizado un método seguro ya sea para producir la respuesta o bien para demostrar que es imposible: por lo que deben compartir entre ellos los máximos honores.

LISTA DE CLASES.

I.

Hekla.

Martreb.

II.

§ 1

(2 pasos).

Adelaida.

Clifton C....

E. K. C.

Tipo.

L'Inconnu.

El pequeño Jack.

Nil desperandum.

Susan la sencilla.

Escribano amarillo.

Borreguito.

§ 2 (3 pasos).

A. A.

Canción de Navidad.

Té de la tarde.

Una maestra agradecida.

Nena.

Balbo.

Roble de los pantanos.

La Reina Roja.

Alhelí.

§ 3 (4 pasos).

Espino blanco.

Joram.

S. S. G.

§ 4 (5 pasos).

Un carruaje de Stepney.

§ 5 (6 pasos).

Laurel.

Bradshaw del Futuro.

§ 6 (9 pasos).

Old King Cole.

§ 7 (14 pasos).

Teseo.

# RESPUESTAS A LOS CORRESPONSALES.

He recibido varias cartas sobre los temas de los Nudos II y VI, lo que me lleva a pensar que se requiere alguna explicación adicional.

En el Nudo II, mi intención era que la numeración de las casas comenzara en una esquina de la Plaza, y esto fue lo que supuso la mayoría, por no decir todos, de los concursantes. Trojanus, sin embargo, dice: «suponiendo, a falta de cualquier información, que la calle entra en la plaza en el medio de cada lado, puede suponerse que la numeración empieza en una calle». Pero, a fin de cuentas, ¿no es la otra la suposición más natural?

En el Nudo VI, el primer Problema era por supuesto un mero jeu de mots, cuya presencia creí disculpable en una serie de Problemas cuyo objetivo es entretener más que instruir: pero no ha escapado a las críticas despectivas de dos de mis corresponsales, que parecen pensar que Apolo tiene la obligación ineludible de mantener su arco siempre tenso.

Ninguno de los dos lo ha adivinado: y esto es la verdadera naturaleza humana. El otro día sin más —el 31 de septiembre, para ser exactos— me encontré con mi viejo amigo Brown, y le propuse un acertijo que acababa de oír. Con un gran esfuerzo de su mente colosal, Brown lo adivino.

"¡Correcto!", dije. "Ah", dijo él, "es muy ingenioso—muy ingenioso. Y no es una respuesta que se le ocurriría a cualquiera. Muy ingenioso, en verdad".

Unos cuantos metros más adelante, me topé con Smith y a él le propuse el mismo acertijo. Frunció el ceño ante él durante un minuto, y luego se rindió. Con sumisión, balbuceé la respuesta.

"¡Una birria, señor!", gruñó Smith, mientras se alejaba. "¡Una verdadera birria! ¡Me sorprende que te moles en repetir semejante tontería!"

Y sin embargo, la mente de Smith es, si cabe, aún más colosal que la de Brown.

El segundo Problema del Nudo VI es un ejemplo de la Regla de Tres Doble ordinaria, cuya característica esencial es que el resultado depende de la variación de varios elementos, los cuales están relacionados con él de tal manera que, si todos menos uno son constantes, varía en función de ese uno; por tanto, si ninguno es constante, varía en función de su producto.

Así, por ejemplo, el volumen cúbico de un depósito rectangular varía en función de su longitud, si el ancho y la profundidad son constantes, y así sucesivamente; por tanto, si ninguno es constante, varía en función del producto de la longitud, el ancho y la profundidad.

Cuando el resultado no está así conectado con los elementos variables, el Problema deja de ser de la Regla de Tres Compuesta y a menudo se convierte en uno de gran complejidad.

Para ilustrar esto, tomemos dos candidatos a un premio, A y B, que van a competir en francés, alemán e italiano:

(a) Establézcase que el resultado ha de depender de su conocimiento relativo de cada asignatura, de modo que, ya sean sus notas de francés «1, 2» o «100, 200», el resultado será el mismo; y establézcase también que, si obtienen notas iguales en 2 exámenes, las notas finales guardarán la misma proporción que las del 3.er examen.

Este es un caso de regla de tres compuesta ordinaria. Multiplicamos las 3 notas de A entre sí, y hacemos lo mismo con las de B.

Nótese que, si A obtiene un único «0», su nota final será «0», incluso si obtiene la máxima nota en 2 exámenes mientras que B obtiene una sola nota por cada examen. Esto, por supuesto, sería muy injusto para A, aunque constituye una solución correcta bajo las condiciones dadas.

(b) El resultado debe depender, como antes, del conocimiento relativo; pero el francés ha de tener el doble de peso que el alemán o el italiano. Esta es una forma inusual de pregunta. Me inclinaría a decir «el cociente resultante debe estar más cerca del cociente francés que si multiplicáramos como en (a), y tan cerca que sería necesario usar los otros multiplicadores dos veces para producir el mismo resultado que en (a):» p. ej., si el cociente francés fuera ²⁄₁₀, y los demás ²⁄₉, ¹⁄₉, de modo que el cociente final, por el método (a), fuera ²⁄₄₅, yo multiplicaría en su lugar por ²⁄₃, ¹⁄₃, dando como resultado ¹⁄₃, que está más cerca de ²⁄₁₀ que si hubiera usado el método (a).

(c) El resultado debe depender de la cantidad real de conocimiento de las 3 materias en conjunto. Aquí tenemos que hacer dos preguntas. (1) ¿Cuál ha de ser la «unidad» (es decir, el «estándar por el cual medir») en cada materia? (2) ¿Estas unidades han de ser de igual o desigual valor? La «unidad» habitual es el conocimiento demostrado al responder todo el examen correctamente; llamando a esto «100», todas las cantidades inferiores se representan mediante números entre «0» y «100». Entonces, si estas unidades han de ser de igual valor, simplemente sumamos las 3 calificaciones de A, y hacemos lo mismo para B.

(d) Las condiciones son las mismas que (c), pero el francés tiene doble ponderación. Aquí simplemente duplicamos las calificaciones de francés y sumamos como antes.

(e) El francés ha de tener tanto peso que, si las demás calificaciones fuesen iguales, la proporción final ha de ser la del papel de francés, de modo que un «0» en este arruinaría al candidato: pero las otras dos materias solo han de afectar al resultado de forma colectiva, según la cantidad de conocimientos demostrados, considerándose ambas de igual valor. Aquí debo sumar las calificaciones de alemán y italiano de A, y multiplicarlas por su calificación de francés.

Pero no necesito seguir: el problema puede plantearse evidentemente con muchas condiciones diferentes, cada una de las cuales requiere su propio método de solución. El Problema del Nudo VI estaba destinado a pertenecer a la variedad (a), y para dejar esto claro, inserté el siguiente pasaje:

"Por lo general, los competidores solo se diferencian en un punto. Así, el año pasado, Fifi y Gogo hicieron el mismo número de bufandas en la semana de prueba, y eran igualmente ligeras; pero las de Fifi eran dos veces más cálidas que las de Gogo, y se consideró que ella era dos veces mejor".

Lo que he dicho bastará, espero, como respuesta a Balbo, quien sostiene que (a) y (c) son las únicas variedades posibles del problema, y que decir «No podemos usar la suma, por lo tanto se supone que debemos usar la multiplicación» no es «más ilógico que, a partir del conocimiento de que uno no nació de noche, inferir que nació de día»; y también a Fifee, quien dice: «Creo que un poco más de consideración les demostrará que nuestro "error de sumar los números proporcionales de cada candidato en lugar de multiplicarlos" no es error en absoluto».

¡Vaya!, incluso si la suma hubiera sido el método correcto que debió usarse, ni uno solo de los escritores (hablo de memoria) mostró la menor conciencia de la necesidad de fijar una «unidad» para cada tema. «¡Ningún error en absoluto!» ¡Estaban verdaderamente sumidos en el error!

Un corresponsor (no lo nombro, ya que la comunicación no es del todo amigable en su tono) escribe así:—«Deseo añadir, muy respetuosamente, que creo que estaría de más buen gusto que se abstuviera de las expresiones tan tajantes que suele permitirse cuando critica las respuestas. Que semejante tono no debe ser» (¿«no sea»?) «agradable para los implicados que se han equivocado tal vez no tenga gran peso para usted, pero espero que considere que sería preferible no emplearlo, a menos que esté bien seguro de estar en lo cierto usted mismo». Los únicos ejemplos que da el autor de las «expresiones tajantes» son «desdichados» y «malhechores». Le ruego le asegure (y a cualquier otro que pueda necesitar tal seguridad: confío en que no haya ninguno) que todas esas palabras han sido usadas en broma, y sin idea de que pudieran molestar a nadie en absoluto, y que lamento sinceramente cualquier molestia que sin pretenderlo haya podido causar así. ¿Puedo esperar que en el futuro reconozcan la distinción entre un lenguaje severo usado con seria sobriedad, y las «palabras de amargura fingida», a las que Coleridge ha aludido en ese hermoso pasaje que empieza «Un niño pequeño, un duendecillo ágil»? Si el autor remite a ese pasaje, o al prefacio de «Fuego, Hambre y Matanza», encontrará la distinción que defiendo mucho mejor expuesta de lo que podría esperar hacerlo con palabras mías.

La insinuación del escritor de que no me importa cuánta molestia cause a mis lectores creo que es mejor pasarla por alto en silencio; pero a su observación final debo oponerme por completo. Sostengo que usar un lenguaje que probablemente moleste a cualquiera de mis corresponsales no se justificaría en lo más mínimo bajo el pretexto de que estaba «plenamente seguro de tener razón». ¡Confío en que los desatadores de nudos y yo no estemos en esos términos!

Agradezco mucho a G. B. el ofrecimiento de un pasatiempo que, sin embargo, se parece demasiado al viejo de «Hacer que cuatro nueves den 100».

RESPUESTAS AL NUDO VIII.

§ 1. Los cerdos.

Problema.—Colocar veinticuatro cerdos en cuatro pozilgas de manera que, a medida que des la vuelta, siempre encuentres que el número de cada pozilga está más cerca de diez que el de la anterior.

Respuesta.—Colóquense 8 cerdos en la primera poza, 10 en la segunda, ninguno en la tercera y 6 en la cuarta: 10 está más cerca de diez que 8; ninguno está más cerca de diez que 10; 6 está más cerca de diez que ninguno; y 8 está más cerca de diez que 6.

Este problema es advertido por solo dos corresponsales. Balbus dice: «Ciertamente no puede resolverse matemáticamente, ni veo cómo resolverlo mediante ningún juego de palabras». ¡Nolens Volens hace que Su Esplendidez cambie la dirección de la marcha; y aun así se ve obligado a añadir «¡los cerdos deben ser llevados delante de ella»!

§ 2. Los Grurmstipths.

Problema.—Salen ómnibus de cierto punto, en ambas direcciones, cada 15 minutos. Un viajero, que emprende la marcha a pie junto con uno de ellos, se cruza con otro en 12½ minutos: ¿cuándo será alcanzado por uno?

Respuesta.—En 6¼ minutos.

Solución.—Sea "a" la distancia que recorre un ómnibus en 15 minutos, y "x" la distancia desde el punto de partida hasta donde el viajero es alcanzado. Dado que el ómnibus que viene al encuentro debe llegar al punto de partida en 2½ minutos, recorre en ese tiempo la misma distancia que el viajero camina en 12½; es decir, va 5 veces más rápido. Ahora bien, el ómnibus que lo alcanza está a "a" de distancia del viajero cuando este empieza a caminar, y por lo tanto recorre "a + x" mientras el viajero recorre "x." De aquí que a + x = 5x; es decir, 4x = a, y x = a/4. Un ómnibus recorrería esta distancia en ¹⁵⁄₄ minutos, y por lo tanto el viajero en 5 × ¹⁵⁄₄. De modo que es alcanzado 18¾ minutos después de la salida, es decir, 6¼ minutos después de haberse cruzado con el ómnibus.

Se han recibido cuatro respuestas, de las cuales dos son erróneas.

Dinah Mite afirma acertadamente que el ómnibus que adelanta llegó al punto donde se encontraron con el otro ómnibus 5 minutos después de haber salido, pero concluye erróneamente que, al ir 5 veces más rápido, los adelantaría en un minuto más. Los viajeros van 5 minutos a pie por delante del ómnibus, y deben caminar 1/4 de esta distancia más antes de que el ómnibus los alcance, lo cual será 1/5 de la distancia recorrida por el ómnibus en el mismo tiempo: esto requerirá 1¼ minutos más.

Nolens Volens lo intenta mediante un proceso similar al de «Aquiles y la tortuga». Afirma acertadamente que, cuando el ómnibus que adelanta sale de la puerta, los viajeros están a 1/5 de «a» por delante, y que al ómnibus le tomará 3 minutos recorrer esta distancia; «durante el cual» los viajeros, nos dice, avanzan 1/15 de «a» (esto debería ser 1/25). Como los viajeros están ahora a 1/15 de «a» por delante, concluye que la tarea restante por hacer consiste en que los viajeros avancen 1/60 de «a», mientras que el ómnibus avanza 1/12. El principio es correcto, y podría haberse aplicado antes.

LISTA DE CLASES.

I.

Balbo.

Delta.

RESPUESTAS A LA IX.ª CORREA

§ 1. Los cubos.

Problema.—Lardner afirma que un sólido, sumergido en un fluido, desplaza una cantidad igual a su propio volumen. ¿Cómo puede ser esto cierto en el caso de un pequeño cubo que flota dentro de otro más grande?

Solución.—Lardner entiende por «desplaza», «ocupa un espacio que podría llenarse con agua sin ningún cambio en los alrededores». Si la porción del cubo flotante que está por encima del agua pudiera ser aniquilada, y el resto de este transformada en agua, el agua circundante no cambiaría de posición: lo cual coincide con la afirmación de Lardner.

Se han recibido cinco respuestas, ninguna de las cuales explica la dificultad que surge del conocido hecho de que un cuerpo flotante tiene el mismo peso que el fluido desplazado.

Hecla dice que «solo aquella porción del balde más pequeño que desciende por debajo del nivel original del agua puede decirse propiamente que está sumergida, y solo un volumen igual de agua es desplazado». De ahí que, según Hecla, un sólido cuyo peso fuera igual al de un volumen igual de agua no flotaría hasta que la totalidad del mismo estuviera por debajo del «nivel original» del agua; pero, en realidad, flotaría tan pronto como estuviera totalmente bajo el agua.

Urraca dice que la falacia es «la suposición de que un cuerpo puede desplazar a otro de un lugar donde no está», y que la afirmación de Lardner es incorrecta, excepto cuando el recipiente que lo contiene «estaba originalmente lleno hasta el borde». Pero la cuestión de la flotación depende del estado actual de las cosas, no de la historia pasada.

El viejo rey Coel adopta el mismo punto de vista que Hecla.

Tympanum y Vindex suponen que «desplazado» significa «elevado por encima de su nivel original», y se limitan a explicar cómo llega a suceder que el agua así elevada sea menor en volumen que la porción sumergida del balde, metiéndose así —o más bien poniéndose a flote— en el mismo barco que Hecla.

Lamento que no haya una lista de méritos que publicar para este Problema.

§ 2. El ensayo de Balbus.

Problema.—Balbo afirma que si se sumerge cierto sólido en un determinado recipiente con agua, el agua ascenderá a lo largo de una serie de distancias: dos pulgadas, una pulgada, media pulgada, etc., serie que no tiene fin. Concluye que el agua subirá sin límite. ¿Es esto verdad?

Solución.—No. Esta serie nunca puede alcanzar las 4 pulgadas, ya que, por muchos términos que tomemos, siempre nos faltarán para las 4 pulgadas una cantidad igual al último término tomado.

Se han recibido tres respuestas, pero solo dos me parecen dignas de honor.

Tympanum dice que la afirmación sobre el palo «es meramente una cortina de humo, a la cual bien puede aplicarse la vieja respuesta: solvitur ambulando, o mejor dicho, mergendo».

¡Confío en que Tympanum no pondrá esto a prueba en su propia persona, ocupando el lugar del hombre en el ensayo de Balbus! Infaliblemente se ahogaría.

Old King Cole señala con acierto que la serie, 2, 1, etc., es una progresión geométrica decreciente: mientras que Vindex identifica con acierto la falacia como la de "Aquiles y la tortuga".

LISTA DE CLASES.

I.

Old King Cole.

Vindex.

§ 3. El Jardín.

Problema.—Un jardín oblongo, que es media vara más largo que ancho, consiste enteramente en un paseo de grava, dispuesto en espiral, de una vara de ancho y 3.630 varas de largo. Hallar las dimensiones del jardín.

Respuesta.—60, 60½.

Solución.—El número de yardas y fracciones de yarda recorridas al caminar por un tramo recto de acera es evidentemente el mismo que el número de yardas cuadradas y fracciones de yarda cuadrada contenidas en dicho tramo de acera; y la distancia recorrida al atravesar una yarda cuadrada en una esquina es, evidentemente, una yarda.

De ahí que el área del jardín sea de 3.630 yardas cuadradas; es decir, si x es el ancho, x (x + ½) = 3.630.

Resolviendo esta ecuación de segundo grado, hallamos que x = 60.

Por tanto, las dimensiones son 60, 60½.

Se han recibido doce respuestas: siete correctas y cinco incorrectas.

C. G. L., Nabob, Old Crow y Tympanum suponen que el número de yardas en la longitud del camino es igual al número de yardas cuadradas en el jardín. Esto es verdad, pero debería haber sido demostrado. Pero cada uno es culpable de acciones más oscuras.

El "trabajo" de C. G. L. consiste en dividir 3.630 entre 60.

¿De dónde salió este divisor, oh Segiel? ¿Adivinación? ¿O fue un sueño? Temo que esta solución no valga nada.

El de Old Crow es más corto y, por tanto (si es posible), vale un poco menos. ¡Dice que la respuesta «se ve enseguida que es 60 × 60½»!

El cálculo de Nabab es corto, pero «más rico que un nabab» en errores. Dice que la raíz cuadrada de 3.630, multiplicada por 2, es igual al largo más el ancho. Es decir, 60,25 × 2 = 120½. Su primera afirmación solo es cierta para un jardín cuadrado. La segunda es irrelevante, ¡puesto que 60,25 no es la raíz cuadrada de 3.630! ¡No, Bob, así no se puede!

Tímpano dice que, al extraer la raíz cuadrada de 3.630, obtenemos 60 yardas con un resto de 30/60, o media yarda, que añadimos para hacer el rectángulo de 60 × 60½. Esto es muy terrible; pero lo peor queda por venir. Tímpano prosigue así: «Pero ¿por qué ha de haber media yarda en absoluto? Porque sin ella no habría espacio alguno para flores. Mediante ella, encontramos reservada en el mismo centro una pequeña parcela de terreno, de dos yardas de largo por media yarda de ancho, el único espacio no ocupado por el paseo». Pero Balbo dijo expresamente que el paseo «consumía toda la superficie».

¡Oh, Tímpano! Mi tímpano está exhausto; ¡mi cerebro está entumecido! No puedo decir más.

Hecla incurre, una y otra vez, en el más fatal de todos los hábitos en el cálculo: cometer dos errores que se anulan mutuamente. Toma x como el ancho del jardín, en yardas, y x + ½ como su largo, y comete su primer «rollo» con la suma de x½, x½, x-1, x-1, es decir, 4x-3: pero el cuarto término debería ser x-1½, de modo que su primer rollo es ½ yarda demasiado largo. Su segundo rollo es la suma de x-2½, x-2½, x-3, x-3: aquí el primer término debería ser x-2 y el último x-3½: estos dos errores se anulan, y este rollo es, por tanto, correcto. Y lo mismo ocurre con cualquier otro rollo, excepto el último, que necesita media yarda adicional para llegar al final del camino: y esto equilibra exactamente el error del primer rollo. Así pues, la suma total de los rollos sale bien, aunque todo el procedimiento esté mal.

De los siete que tienen razón, Dinah Mite, Janet, Magpie y Taffy hacen la misma suposición que C. G. L. y Cía. A continuación, resuelven el problema mediante una ecuación de segundo grado.

Magpie también lo intenta por Progresión Aritmética, pero no se da cuenta de que el primero y el último «rizo» tienen valores especiales.

Alumnus Etonæ attempts to prove what C. G. L. assumes by a particular instance, taking a garden 6 by 5½. He ought to have proved it generally: what is true of one number is not always true of others.

Old King Cole solves it by an Arithmetical Progression. It is right, but too lengthy to be worth as much as a Quadratic.

Vindex lo demuestra con mucha pulcritud al señalar que una yarda de sendero medida a lo largo del centro representa una yarda cuadrada de jardín, «ya consideremos los tramos rectos de sendero o las yardas cuadradas de las esquinas, en las cuales la línea central avanza media yarda en una dirección y luego gira en ángulo recto y avanza media yarda en otra».

LISTA DE CLASES.

I.

Vindex.

II.

Antiguo alumno de Eton.

Old King Cole.

III.

Dinah Mite.

Janet.

Urraca.

Caramelo blando.

RESPUESTAS AL NUDO X.

§ 1. Los Pensionistas de Chelsea.

Problema.—Si el 70 por ciento ha perdido un ojo, el 75 por ciento una oreja, el 80 por ciento un brazo y el 85 por ciento una pierna: ¿qué porcentaje, al menos, debe haberlos perdido los cuatro?

Respuesta.—Diez.

Solución.—(Adopto la de Polar Star, por ser mejor que la mía).

Sumando las heridas, obtenemos 70 + 75 + 80 + 85 = 310, entre 100 hombres; lo que da 3 a cada uno, y 4 a 10 hombres. Por lo tanto, el porcentaje menor es 10.

Se han recibido diecinueve respuestas. Una es «5», pero, como no se acompaña de ningún procedimiento, debe, de acuerdo con las reglas, seguir siendo «un acto sin nombre».

Janet responde «35 y ²⁄₁₀ partes». Siento que haya malinterpretado la pregunta y haya supuesto que los que habían perdido una oreja eran el 75 por ciento de los que habían perdido un ojo, y así sucesivamente.

Por supuesto, bajo este supuesto, todos los porcentajes deben multiplicarse entre sí. Esto lo ha hecho correctamente, pero no puedo otorgarle ningún mérito, ya que no creo que la pregunta admita razonablemente su interpretación.

Three Score and Ten hace que sea "19 y ²⁄₈". Su solución me ha causado —no diré "muchos días de ansiedad y noches en desvelo", pues deseo ser estrictamente veraz, sino— bastantes problemas para lograr que tenga algún sentido.

Ella calcula que el número de "pensionistas heridos una vez" es de 310 (¡"por ciento", supongo!): al dividir entre 4, obtiene 77 y medio como "porcentaje medio"; dividiendo nuevamente entre 4, obtiene 19 y ²⁄₈ como "porcentaje de heridos cuatro veces".

¿Acaso supone que las heridas de distinta índole se "absorben" mutuamente, por decirlo así? Entonces, sin duda, los datos equivalen a 77 pensionistas con una herida cada uno, y medio pensionista con media herida. ¿Y supone también que estas heridas concentradas son transferibles, de modo que ²⁄₄ de estos desafortunados pueden alcanzar la salud perfecta transfiriendo sus heridas al ¹⁄₄ restante?

Concediendo estas suposiciones, su respuesta es correcta; o más bien, si la pregunta hubiera sido: "Un camino está cubierto con una pulgada de grava a lo largo del 77 y medio por ciento de su extensión. ¿Cuánto de él se podría cubrir a 4 pulgadas de profundidad con el mismo material?", su respuesta habría sido correcta. ¡Pero ay, esa no era la pregunta!

Delta hace algunas suposiciones de lo más asombrosas:

«que todo aquel que no haya perdido un ojo haya perdido una oreja», «que todo aquel que no haya perdido ambos ojos y orejas haya perdido un brazo».

Sus ideas sobre un campo de batalla son ciertamente sombrías. ¡Imagínense a un guerrero que continuara luchando después de perder ambos ojos, ambas orejas y ambos brazos! Este es un caso que ella (¿o «ello»?) considera evidentemente posible.

Siguen ocho escritores que han partido de la injustificada suposición de que, dado que el 70 por ciento ha perdido un ojo, por lo tanto el 30 por ciento no ha perdido uno, de modo que tienen ambos ojos. Esto carece de lógica. Si me das una bolsa con 100 soberanos, y si al cabo de una hora acudo a ti (con la cara muy lejos de rebosar la gratitud que mostraba cuando recibí la bolsa) para decirte: «Siento tener que comunicarte que 70 de estos soberanos son falsos», ¿acaso con eso garantizo que los otros 30 sean buenos? Quizás aún no los haya probado. Los lados de este ilógico octógono son los siguientes, en orden alfabético:—Algernon Bray, Dinah Mite, G. S. C., Jane E., J. D. W., Magpie (quien hace el delicioso comentario de que «por lo tanto el 90 por ciento tiene dos de algo», lo que le trae a la memoria a uno a aquel afortunado monarca con el que Jerjes quedó tan satisfecho que «¡le dio diez de cada cosa!»), S. S. G. y Tokio.

Bradshaw del Futuro y T. R. hacen la pregunta de manera fragmentaria, bajo el principio de que el 70 por ciento y el 75 por ciento, aunque comiencen en extremos opuestos del 100, deben superponerse en al menos un 45 por ciento; y así sucesivamente. Este es un procedimiento totalmente correcto, pero creo que no es la mejor manera de hacerlo.

Los otros cinco competidores se sentirán, espero, suficientemente glorificados con ser colocados en la primera clase, ¡sin necesidad de que componga una Oda Triunfal para cada uno!

LISTA DE CLASES.

I.

Viejo Gato.

Vieja gallina.

Estrella Polar.

Susan la sencilla.

Azúcar blanco.

II.

Bradshaw del Futuro.

T. R.

III.

Algernon Bray.

Dinah Mite.

G. S. C.

Jane E.

J. D. W.

Urraca.

S. S. G.

Tokio.

§ 2. Cambio de Día.

Debo posponer, sine die, el problema geográfico, en parte porque aún no he recibido las estadísticas que espero, y en parte porque yo mismo estoy tan completamente desconcertado por él; y cuando un examinador flota vagamente entre un segundo y un tercer puesto, ¿cómo ha de decidir la posición de los demás?

§ 3. Las edades de los hijos.

Problema.—"Al principio, dos de las edades sumadas son iguales a la tercera.

Unos años después, dos de ellas sumadas son el doble de la tercera.

Cuando el número de años transcurridos desde la primera ocasión es dos tercios de la suma de las edades en dicha ocasión, una de las edades es 21. ¿Cuáles son las otras dos?

Respuesta.—«15 y 18».

Solución.—Sean las edades al principio x, y, (x + y). Ahora bien, si a + b = 2c, entonces (a-n) + (b-n) = 2(c-n), cualquiera que sea el valor de n. Por lo tanto, la segunda relación, si alguna vez fue verdadera, lo fue siempre. Por lo tanto, era verdadera al principio. Pero no puede ser verdad que x e y sumen el doble de (x + y). Por consiguiente, debe ser verdad para (x + y) junto con x o con y; y no importa cuál tomemos. Suponemos, entonces, que (x + y) + x = 2y; es decir, y = 2x. Por lo tanto, las tres edades eran, al principio, x, 2x, 3x; y el número de años transcurridos desde entonces es dos tercios de 6x, es decir, 4x. Por lo tanto, las edades actuales son 5x, 6x, 7x. Las edades son claramente enteros, puesto que este es únicamente "el año en que uno de mis hijos alcanza la mayoría de edad". Por lo tanto, 7x = 21, x = 3, y las otras edades son 15, 18.

Se han recibido dieciocho respuestas. ¡Uno de los autores simplemente afirma que la primera ocasión fue hace 12 años, que las edades eran entonces 9, 6 y 3; y que en la segunda ocasión fueron 14, 11 y 8!

Como padre romano, debería omitir el nombre del imprudente escritor; pero el respeto a la edad me hace romper la regla: es Three Score and Ten.

Jane E. también afirma que las edades al principio eran 9, 6, 3: luego calcula las edades actuales, dejando la segunda ocasión sin mencionar.

Old Hen es casi igual de mala; «probé varios números hasta que encontré uno que cumplía todas las condiciones»; pero rascar la tierra y picotear por ahí no es la forma de resolver un problema, ¡oh venerable ave!

Y muy de cerca, acechando con ojos hambrientos, va Old Cat, quien tranquilamente asume, para empezar, que el hijo que alcanza la mayoría de edad es el mayor. Cómete a tu pájaro, Minino, ¡porque de mí no vas a sacar nada!

Quedan aún dos ceros de los que ocuparse. Minerva asume que, en todas las ocasiones, un hijo alcanza la mayoría de edad; y que es solo ese hijo quien está «coronado de oro». ¿Es prudente interpretar así la frase «ahora, muchachos, calculad vuestras edades, y tendréis el dinero»?

El Bradshaw del Futuro dice «supongamos» que las edades al principio son 9, 6, 3, luego asume que la segunda ocasión fue 6 años después, y sobre estas suposiciones infundadas obtiene las respuestas correctas.

Guía a los futuros viajeros, si quieres: ¡tú no eres ningún Bradshaw para esta Era!

De los que obtienen mención honorífica, los meramente «honorables» son dos. Dinah Mite determina (correctamente) la relación entre las tres edades al principio, pero luego supone que una de ellas es «6», haciendo así que el resto de su solución sea provisional.

M. F. C. hace el álgebra correctamente hasta la conclusión de que las edades actuales son 5z, 6z y 7z; luego supone, sin dar ninguna razón, que 7z = 21.

De los más honorables, Delta intenta una novedad: descubrir cuál hijo alcanza la mayoría de edad por eliminación; asume, sucesivamente, que es el del medio, y que es el menor; y en cada caso aparentemente llega a un absurdo.

Aun así, como la demostración contiene el siguiente fragmento de álgebra: «63 = 7x + 4y; ∴ 21 = x + 4 séptimos de y», confío en que admitirá que su demostración no es del todo concluyente.

El resto de su trabajo es bueno.

Magpie delata la deplorable tendencia de su tribu: apropiarse de cualquier conclusión suelta con la que tropiece, sin tener ningún derecho lógico estricto a ella.

Suponiendo que A, B, C son las edades al principio, y D el número de años transcurridos desde entonces, ella halla (con razón) las 3 ecuaciones: 2A = B, C = B + A, D = 2B. Luego dice: «suponiendo que A = 1, entonces B = 2, C = 3 y D = 4. Por lo tanto, para A, B, C, D se necesitan cuatro números que guarden entre sí la proporción 1:2:3:4».

Es en el «por lo tanto» donde detecto la falta de escrúpulos de esta ave. La conclusión es verdadera, pero solo se debe a que las ecuaciones son «homogéneas» (es decir, con una «incógnita» en cada término), un hecho que sospecho firmemente que no había sido comprendido —pido perdón, apresado con garras— por ella.

Si yo tendiera esta pequeña trampa: «A + 1 = B, B + 1 = C; suponiendo que A = 1, entonces B = 2 y C = 3. Por lo tanto, para A, B, C se necesitan tres números que guarden entre sí la proporción 1:2:3», ¿no aletearías tú para caer en ella, oh Urraca, con tanta docilidad como una Paloma?

Simple Susan no tiene nada de simple para mí. Tras comprobar que las 3 edades al principio están en proporción 3:2:1, dice: «entonces, como dos tercios de su suma, sumados a una de ellas, = 21, la suma no puede exceder de 30, y en consecuencia la mayor no puede exceder de 15». Supongo que su argumento (mental) es algo así como: «dos tercios de la suma, + una edad, = 21; ∴ la suma, + 3 medios de una edad, = 31 y medio. Pero 3 medios de una edad no pueden ser menores de 1 y medio (¡aquí advierto que Simple Susan no le regalaría ni una perra chica a un recién nacido!); de ahí que la suma no pueda exceder de 30». Esto es ingenioso, pero su demostración, después de eso, es (como ella misma admite con franqueza) «torpe y rebuscada». Descubre que hay 5 conjuntos posibles de edades y descarta cuatro de ellos. Supongamos que, en vez de 5, ¡hubiera habido 5 millones de conjuntos posibles? ¿Habría tenido Simple Susan el valor de encargar el galón de tinta y la resma de papel necesarios?

La solución enviada por C. R. es, al igual que la de Simple Susan, parcialmente tentativa, por lo que no pasa de ser un acierto torpe (Clumsily Right).

Entre los que se han ganado los más altos honores, Algernon Bray resuelve el problema con total acierto, pero añade que no hay nada que excluya la suposición de que todas las edades fueran fraccionarias. Esto haría que el número de respuestas fuera infinito.

¡Permítaseme protestar humildemente que nunca fue mi intención que mis lectores dedicaran el resto de sus vidas a redactar respuestas!

E. M. Rix señala que, si se admiten edades fraccionarias, cualquiera de los tres hijos podría ser el que «ha alcanzado la mayoría de edad»; pero ella rechaza acertadamente esta suposición basándose en que volvería el problema indeterminado.

White Sugar es el único que ha detectado un descuido por mi parte: había olvidado la posibilidad (que por supuesto debería haberse tenido en cuenta) de que el hijo que alcanzó la mayoría de edad ese año no tuviera por qué haberlo hecho en ese día, de modo que podría tener tan solo 20 años. Esto da una segunda solución, a saber: 20, 24, 28. ¡Bien dicho, puro cristal! En verdad, ¡tu «hermoso discurso ha sido como el azúcar»!

LISTA DE CLASES.

I.

Algernon Bray.

Un viejo carcamal.

E. M. Rix.

G. S. C.

S. S. G.

Tokio.

T. R.

Azúcar blanco.

II.

C. R.

Delta.

Urraca.

Susan la sencilla.

III.

Dinah Mite.

M. F. C.

He recibido más de una protesta a causa de mi afirmación, en el problema de los Pensionistas de Chelsea, de que era ilógico suponer, a partir del dato «el 70 por ciento ha perdido un ojo», que el 30 por ciento no lo ha perdido.

Algernon Bray expone, como caso análogo: «supongamos que el padre de Tommy le da 4 manzanas y este se come una, ¿cuántas le quedan?», y dice «creo que estamos justificados al responder que 3».

Yo también lo creo. Aquí no hay ningún «debe ser», y los datos pretenden evidentemente fijar la respuesta con exactitud; pero, si me plantearan la pregunta «¿cuántas le deben quedar?», entendería que los datos indican que su padre le dio 4 como mínimo, pero que podría haberle dado más.

Aprovecho esta oportunidad para agradecer a quienes han enviado, junto con sus respuestas al Décimo Nudo, su pesar por el hecho de que no haya más Nudos por venir, o peticiones de que retire mi resolución de ponerles fin. Estoy sumamente agradecido por sus amables palabras; pero creo que lo más prudente es poner fin a lo que, en el mejor de los casos, no fue más que un intento cojo.

«The stretched metre of an antique song» escapa a mi alcance; y mis títeres no estaban ni claramente dentro de mi vida (como aquellos a quienes ahora me dirijo), ni tampoco (como Alicia y la Falsa Tortuga) claramente fuera de ella.

Aun así, déjenme al menos imaginar, mientras dejo la pluma, que me llevo conmigo a mi vida silenciosa, querido lector, una sonrisa de despedida de su rostro invisible, ¡y una cálida y afectuosa presión de despedida de su mano impalpable!

Y así, ¡buenas noches! Parting is such sweet sorrow, that I shall say "good night!" till it be morrow.

EL FIN

LONDRES: IMPRESO POR RICHARD CLAY E HIJOS.

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